Luận văn Hiệu chỉnh phương trình tích phân tuyến tính loại I

+ . 1.1.6. Giải hệ phương trình đại số tuyến tính Để tìm nghiệm một hệ phương trình đại số tuyến tính, tồn tại nhiều phương pháp số khác nhau.Tuỳ đặc điểm của từng ma trận hệ số, ta có thể chọn phương pháp nào cho có lợi hơn cả. Khi tìm nghiệm hiệu chỉnh đã được rời rạc hoá của bài toán không chỉnh, ta thường sử dụng tính đối xứng và tính không âm của ma trận hệ số. Trong mục này, chúng tôi giới thiệu phương pháp căn bậc 2, các phương pháp khác có thể xem trong [2]. • Phương pháp căn bậc 2 Cho hệ phương trình đại số Ax = b với A là một ma trận vuông cấp n đối xứng và xác định dương. Các thành phần của A được kí hiệu là aij và b = (b1, b2, ...., bn) T là chuyển vị của véctơ hàng. Ta có thể biểu diễn ma 12 trận A = U ∗U với U =  u11 u12 u13 . . . u1n 0 u22 u23 . . . u2n 0 0 u33 . . . u3n . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 . . . unn  . và U ∗ là ma trận chuyển vị của U . Các thành phần uij được xác định lần lượt theo công thức sau u11 = √ a11, u1j = a1j u11 , j = 2, 3, ...n; uii = √√√√aii − i−1∑ k=1 u2ki, i = 2, 3, ...., n; uij = 1 uii (aij − i−1∑ k=1 ukiukj), i j. Do đó hệ phương trình Ax = b được chia làm hai hệ phương trình U ∗y = b và Ux = y. Lần lượt giải hai hệ phương trình đại số với ma trận tam giác ta có nghiệm x. 1.2 Khái niệm về bài toán đặt chỉnh và bài toán đặt không chỉnh Khái niệm về bài toán đặt chỉnh được J. Hadamard đưa ra khi nghiên cứu về ảnh hưởng của các điều kiện biên lên nghiệm của các phương trình elliptic cũng như parabolic (xem [6]). Định nghĩa 1.2.1. Giả sử X và Y là hai không gian metric với các độ đo tương ứng là ρX(x1, x2) ; ρY (f1, f2) và A là toán tử từ X vào Y. Xét phương trình: Ax = f, f ∈ Y, (1.4) 13 Bài toán tìm nghiệm x ∈ X theo dữ kiện f ∈ Y được gọi là bài toán đặt chỉnh trên cặp không gian mêtric (X, Y ) nếu: 1) ∀f ∈ Y, ∃xf ∈ X : A(xf) = f ; 2) xf được xác định một cách duy nhất; 3) xf phụ thuộc liên tục vào f. Định nghĩa 1.2.2. Nếu một trong ba điều kiện trên không thoả mãn thì bài toán đã cho gọi là bài toán đặt không chỉnh. Chú ý 1.1.1. i) Đối với các bài toán phi tuyến thì điều kiện thứ hai hầu như không thoả mãn. Do vậy hầu hết các bài toán phi tuyến đều là bài toán đặt không chỉnh. ii) Bài toán tìm nghiệm x phụ thuộc vào dữ kiện f , nghĩa là x = R(f), được gọi là ổn định trên cặp không gian (X, Y ) nếu với mỗi ε > 0 tồn tại một số δ(ε) > 0 sao cho từ ρY (f1, f2) ≤ δ(ε) cho ta ρX(x1, x2) ≤ ε, ở đây xi = R(fi), xi ∈ X, fi ∈ Y, i = 1, 2. iii) Một bài toán có thể đặt chỉnh trên cặp không gian này nhưng lại đặt không chỉnh trên cặp không gian khác. Trong nhiều ứng dụng thì vế phải của (1.4) thường được cho bởi đo đạc, nghĩa là thay cho giá trị chính xác f , ta chỉ biết xấp xỉ fδ của nó thoả mãn ‖fδ − f‖ ≤ δ. Giả sử xδ là nghiệm của (1.4) với f thay bởi fδ (giả thiết rằng nghiệm tồn tại). Khi δ → 0 thì fδ → f nhưng với bài toán đặt không chỉnh thì xδ nói chung không hội tụ đến x. Ví dụ 1.2.1. Bài toán tìm nghiệm của phương trình tích phân Fredholm loại I là bài toán đặt không chỉnh. 14 Xét phương trình Fredholm loại I:∫ b a K(t, s)x(s)ds = f0(t), t ∈ [a, b], (1.5) −∞ < a < b < +∞ ở đây nghiệm là một hàm x0(s), vế phải f0(t) là một hàm số cho trước và nhân (hạch) K(t, s) của tích phân cùng với ∂K/∂t được giả thiết là các hàm liên tục cho trước. Ta xét hai trường hợp sau: • Trường hợp 1 A : C[a, b]→ L2[a, b] x(s) 7→ f0(t) = ∫ b a K(t, s)x(s)ds. Sự thay đổi vế phải được đo bằng độ lệch trong không gian L2[a, b], tức là khoảng cách giữa hai hàm f1(t) và f2(t) trong L2[a, b] được xác định bởi ρL2[a,b](f1, f2) = {∫ b a |f1(t)− f2(t)|2dt }1/2 . Giả sử phương trình (1.5) có nghiệm x0(s). Khi đó với vế phải f1(t) = f0(t) +N ∫ b a K(t, s)sin(ω.s)ds Phương trình (1.5) có nghiệm x1(s) = x0(s) + Nsin(ω.s). Với N bất kì, ω đủ lớn thì khoảng cách giữa hai hàm f0, f1 trong L2[a, b] là: ρL2[a,b](f0, f1) = |N | [∫ b a (∫ b a K(t, s)sin(ω.s)ds )2 dt ]1/2 có thể làm nhỏ tuỳ ý. Thật vậy, đặt: Kmax = max s∈[a,b] t∈[a,b] |K(t, s)| Ta tính được ρL2[a,b](f0, f1) ≤ |N | [∫ b a ( Kmax. 1 ω .cos(ω.s) |ba )2 dt ]1/2 ≤ |N |.Kmax.c0 ω . 15 ở đây c0 là một hằng số dương. Ta chọn N và ω lớn tuỳ ý nhưng N ω lại nhỏ. Khi đó: ρC[a,b](x0, x1) = max s∈[a,b] |x0(s)− x1(s)| = |N | có thể lớn bất kì. • Trường hợp 2 A : L2[a, b]→ L2[a, b] x(s) 7→ f0(t) = ∫ b a K(t, s)x(s)ds, Khoảng cách giữa hai nghiệm x0, x1 trong L2[a, b] cũng có thể lớn bất kì. Thật vậy, ρL2[a,b](x0, x1) = [∫ b a |x0(s)− x1(s)|2ds ]1/2 = |N | [∫ b a sin2(ω.s)ds ]1/2 = |N | √ b− a 2 − 1 2ω sin(ω(b− a)).cos(ω(b+ a)). Dễ dàng nhận thấy hai số N và ω có thể chọn sao cho ρL2[a,b](f0, f1) rất nhỏ nhưng vẫn cho kết quả ρL2[a,b](x0, x1) rất lớn. Như vậy sự thay đổi nhỏ của dữ kiện ban đầu dẫn đến sự thay đổi lớn về nghiệm. Do đó bài toán tìm nghiệm của phương trình tích phân Fredholm loại I là bài toán đặt không chỉnh. 1.3 Khái niệm về thuật toán hiệu chỉnh Xét bài toán Ax = f0, (1.6) trong đó A là một toán tử từ không gian metric X vào không gian mêtric Y và f0 ∈ Y . Để tìm nghiệm xấp xỉ của (1.6) trong trường hợp tổng quát A.N. Tikhonov đã đưa ra một khái niệm mới. Đó là phương pháp hiệu chỉnh 16 dựa trên việc xây dựng toán tử hiệu chỉnh và cách chọn một giá trị của một tham số mới đưa vào (xem [4]− [5]). Giả sử A−1 không liên tục và thay cho f0 ta biết fδ : |fδ − f0| ≤ δ → 0. Bài toán đặt ra là dựa vào thông tin về (A, fδ) và mức sai số δ, tìm một phần tử xấp xỉ nghiệm chính xác x0. Rõ ràng là không thể xác định phần tử xấp xỉ xδ theo quy tắc xδ = A −1.fδ, vì thứ nhất là A−1 có thể không xác định với f ∈ Y , thứ hai là A−1 không liên tục nên A−1fδ nếu tồn tại, cũng chưa chắc đã xấp xỉ A−1f . Tham số δ chỉ cho ta mức độ sai số vế phải của (1.6). Vì vậy vấn đề đặt ra là có thể xây dựng phần tử xấp xỉ phụ thuộc vào một tham số nào đó và tham số này được chọn tương thích với δ sao cho khi δ → 0 thì phần tử xấp xỉ này hội tụ tới nghiệm chính xác x0. Như vậy, tồn tại một toán tử tác động từ không gian Y vào không gian X theo quy tắc với mỗi fδ ∈ Y ta có phần tử xấp xỉ thuộc X . Định nghĩa 1.3.1. Toán tử R(f, α), phụ thuộc tham số α, tác động từ Y vào X được gọi là một toán tử hiệu chỉnh cho phương trình (1.6) nếu: 1) Tồn tại hai số dương δ1 và α1 sao cho toán tử R(f, α) xác định với mọi α ∈ (0, α1) và với mọi f ∈ Y : ρY (f, f0) ≤ δ, δ ∈ (0, δ1); 2) Tồn tại một sự phụ thuộc α = α(f, δ) sao cho ∀ > 0, ∃δ() ≤ δ1 : ∀f ∈ Y, ρY (f, f0) ≤ δ ≤ δ1 =⇒ ρY (xα, x0) ≤ , ở đây xα ∈ R(f, α(f, δ)). Chú ý 1.1.2. i) Trong định nghĩa này không đòi hỏi tính đơn trị của toán tử R(f, α). ii) Phần tử xα ∈ R(fδ, α) được gọi là nghiệm hiệu chỉnh của phương trình (1.6), ở đây α = α(fδ, δ) = α(δ) được gọi là tham số hiệu chỉnh. Dễ dàng nhận thấy từ định nghĩa trên nghiệm hiệu chỉnh ổn định với dữ kiện ban đầu. 17 Định nghĩa 1.3.2. Như vậy việc tìm nghiệm xấp xỉ phụ thuộc liên tục vào vế phải của (1.6) gồm hai bước: 1) Tìm toán tử hiệu chỉnh R(f, α). 2) Xác định giá trị của tham số hiệu chỉnh α dựa vào thông tin của bài toán về phần tử fδ và sai số δ. Phương pháp tìm nghiệm xấp xỉ theo quy tắc trên gọi là phương pháp hiệu chỉnh. Ví dụ 1.3.1. Phương pháp này đã được sử dụng từ thời Newton cho bài toán cổ điển: Tính giá trị z = df(t) dt (trong metric C), khi f(t) chỉ biết gần đúng. Đạo hàm z tính được dựa vào tỷ sai phân: R(f, α) = f(t+ α)− f(t) α Nếu thay cho f(t) ta biết xấp xỉ của nó là fδ(t) = f(t) + g(t), ở đây |g(t)| ≤ δ với mọi t, khi đó, R(fδ, α) = f(t+ α)− f(t) α + g(t+ α)− g(t) α Cho α→ 0, ta nhận được f(t+ α)− f(t) α → z. Số hạng thứ 2 được đánh giá bởi |g(t+ α)− g(t) α | ≤ 2δ α . Nếu chọn α = δ η(δ) , với η(δ) → 0, khi δ → 0, thì 2 δ α = 2η(δ) → 0. Vì vậy với, α = α1(δ) = δ η(δ) , R(fδ, α1(δ))→ z. 18 1.4 Sự tồn tại toán tử hiệu chỉnh Giả sử (1.6) có một nghiệm duy nhất x0, khi vế phải f0 cho chính xác. Nếu vế phải fδ chỉ biết xấp xỉ ρY (fδ, f0) ≤ δ → 0 thì việc tìm phần tử xδ xấp xỉ nghiệm x0 được giới hạn trong tập Qδ = { z ∈ X, ρY (Az, fδ) ≤ δ } (1.7). do x0 ∈ Qδ. Để tìm được phần tử xδ với mỗi δ sao cho thoả mãn: xδ → x0 khi δ → 0, người ta đưa ra một nguyên lý dựa trên quy tắc cực tiểu phiếm hàm đặc biệt, được gọi là phiếm hàm ổn định (xem [1]). Định nghĩa 1.4.1. Phiếm hàm Ω(x) ≥ 0 xác định trên X1 ⊆ X; X1 = X , được gọi là phiếm hàm ổn định nếu: 1) x0 ∈ D(Ω), miền xác định của Ω, 2) ∀d0 > 0 , Xd01 = { z ∈ X1 : Ω(z) ≤ d0 } là một tập compact. Khi đã có một phiếm hàm như vậy ta có thể tiến hành việc tìm nghiệm xấp xỉ zδ dựa vào việc giải bài toán: Ω(zδ) = inf z∈Q1δ Ω(z), Q1δ = Qδ ∩X1. (1.8) Phần tử zδ, nếu nó tồn tại, có thể coi như là kết quả của một sự tác động lên fδ ∈ Y bởi một toán tử R˜ nào đó phụ thuộc tham số δ, có nghĩa là zδ = R˜(fδ, δ). Khi đó R˜(fδ, δ) là một toán tử hiệu chỉnh cho phương trình (1.6) (xem [1]). Khi X ≡ H là một không gian Hillbert, B là tập đóng của H , f(z) là một phiếm hàm không âm liên tục trên H . Xét phiếm hàm phụ thuộc tham số: Ω˜(z) = f(z) + α.Ω(z), α > 0 (1.9) Khi đó ta có 19 Định lý 1.4.1. (xem [1]) Tồn tại phần tử z˜ ∈ B ∩X1 sao cho Ω˜(z˜) = inf z∈B∩X1 Ω˜(z) (1.10) Sự tồn tại phần tử zδ của bài toán (1.8) được suy ra từ định lý trên khi lấy f ≡ 0 và α = 1 (xem [1]). 1.5 Xây dựng thuật toán hiệu chỉnh Định nghĩa 1.5.1. Phiếm hàm Mα[z, fδ] = ρ 2 Y (Az, fδ) + α.Ω(z) (1.11) gọi là phiếm hàm làm trơn, trong đó ρY (Az, fδ) gọi là độ không khớp của phương trình Az = fδ và Ω(z) là một phiếm hàm ổn định. Xét bài toán cực tiểu phiếm hàmMα[z, fδ] trong đó tham số α được xác định từ điều kiện: ρY (Az, fδ) = δ. (1.12) Đặt R1(fδ, α) = { zδ : M α[zδ, fδ] = inf z∈X1 Mα[z, fδ] } . (1.13) Ta sẽ chứng tỏR1(fδ, α) là một toán tử hiệu chỉnh cho phương trìnhAz = f. Định lý 1.5.1. (xem [1]) Cho A là một toán tử liên tục từ không gian Hill- bert H vào không gian mêtric Y, Ω(z) là một phiếm hàm ổn định xác định trên X1 ⊆ H . Khi đó với ∀f ∈ Y và α > 0 tồn tại phần tử zα làm cực tiểu phiếm hàm Mα[z, f ] có nghĩa là: Mα[zα, fδ] = inf z∈X1 Mα[z, fδ] (1.14) Như vậy với ∀f ∈ Y và với ∀α > 0 xác định một toán tử R1(f, α) có ảnh thuộc vào X ≡ H sao cho phần tử zα = R1(f, α) làm cực tiểu phiếm hàm Mα[z, f ]. 20 Chứng minh: Vì Mα[z, f ] không âm nên tồn tại Mα1 := inf z∈X1 Mα[z, f ]. Do đó tồn tại dãy { zαn } ⊂ X1 : Mαn := Mα[zαn , f ]→Mα1 khi n→ +∞. Ta có đánh giá α.Ω(zαn) ≤ ρ2Y (Azαn , f) + α.Ω(zαn) = Mαn ≤ C, ∀n ⇒ Ω(zαn) ≤ C α = r Vì vậy dãy { zαn } thuộc tập Xr1 là tập compact. Do vậy từ dãy đó ta có thể rút ra một dãy con { zαnk } hội tụ tới phần tử zα ∈ X1. Khi đó: Mαnk := M α[zαnk, f ] −→Mα[zα, f ] = Mα1 Vậy zα ∈Mα[z, f ]. 2 Kí hiệu: Tδ là một lớp các hàm không âm, không giảm liên tục trên đoạn [0, δ]. Định lý 1.5.2. (xem [1]) Cho A là một toán tử liên tục từ X vào Y với x0 là nghiệm duy nhất của phương trình Ax = f . Khi đó với ∀ > 0 và hai hàm β1(δ), β1(δ) cố định từ lớp Tδ1 sao cho β2(0) = 0 và δ2 β1(δ) ≤ β2(δ) (1.15) tồn tại một số δ0 = δ0(, β1, β2), để với mọi f˜ ∈ Y và δ ≤ δ0 : ρY (f˜ , f0) ≤ δ và α thoả mãn: δ2 β1(δ) ≤ α ≤ β2(δ) (1.16) ta có ρX(z˜α, x0) ≤ , ở đây z˜α ∈ R1(f˜ , α). Chứng minh: Vì phiếm hàmMα[z, f˜ ] nhận giá trị cực tiểu khi z = z˜α nên Mα[z˜α; f˜ ] ≤Mα[x0, f˜ ]. 21 Do đó, α.Ω(z˜α) ≤Mα[z˜α, f˜ ] ≤Mα[x0, f˜ ] = ρ2Y (Ax0, f˜) + α.Ω(x0) = ρ2Y (f0, f˜) + α.Ω(x0) ≤ δ2 + α.Ω(x0) = α { δ2 α + Ω(x0) } Từ giả thiết: δ2 β1(δ) ≤ α −→ δ 2 α ≤ β1(δ) ≤ β1(δ1). Do đó ta có: δ2 α + Ω(x0) ≤ β1(δ1) + Ω(x0) =: d0(d0 = const). Vậy Ω(z˜α) ≤ d0 và Ω(x0) ≤ d0. Suy ra z˜α, x0 thuộc vào tập compact Xd01 . Ta kí hiệu: Yd0 = AX d0 1 . Do A là một ánh xạ liên tục từ X d0 1 vào Yd0, nghiệm của phương trình Ax = f, f ∈ Yd0 là duy nhất và Xd01 là một tập compact của X nên theo bổ đề Tikhonov, ánh xạ ngược A−1 từ Yd0 lên X d0 1 cũng liên tục. Điều đó có nghĩa là: ∀ > 0 tìm được số γ() > 0 sao cho từ: ρY (f1, f2) ≤ γ(), f1, f2 ∈ Yd0 suy ra có ρX(x1, x2) ≤ , ở đây f1 = Ax1, f2 = Ax2. Hơn nữa đối với f˜α = Az˜α thì ρ2Y (f˜α, f˜) = ρ 2 Y (Az˜α, f˜) ≤Mα[z˜α, f˜ ] ≤Mα[x0, f˜ ] = ρ2Y (Ax0, f˜) + α.Ω(x0) = ρ2Y (f0, f˜) + α.Ω(x0) ≤ δ2 + α.Ω(x0). Từ α ≤ β2(δ) dẫn đến ρY (f˜α, f˜) ≤ { δ2 + β2(δ).Ω(x0) } 1 2 = ϕ(δ). (1.17) 22 Dễ thấy ϕ ∈ Tδ1 và ϕ(0) = 0, hơn nữa: ρY (f˜α, f0) ≤ ρY (f˜α, f˜) + ρY (f˜ , f0) ≤ ϕ(δ) + δ = ψ(δ) (theo giả thiết và ( 1.17)) ở đây ψ(δ) có tính chất như của ϕ(δ). Đặt δ0 = ψ −1(γ()) với ψ−1(y) là hàm ngược của hàm y = ψ(δ) và sử dụng tính liên tục của ánh xạ ngược A−1 : Y d0 → Xd01 ta nhận được ρY (f˜ , f0) ≤ δ ≤ δ0 với mọi α thoả mãn bất đẳng thức trong định lý. Định lý được chứng minh. 2 Phần chứng minh định lý cho ta thấy khi xây dựng thuật toán hiệu chỉnh dựa trên việc cực tiểu phiếm hàm làm trơn Mα[z, fδ], tham số hiệu chỉnh α = α(δ) được xác định không duy nhất. Sự phụ thuộc α vào δ cũng có thể được xác định từ nguyên lý độ lệch, tức tham số α được xác định từ điều kiện: ρY (Azα, fδ) = δ. (1.18) Việc làm cách nào tìm ra sự phụ thuộc đó hoàn toàn dựa vào các thông tin tiên nghiệm của bài toán. Trong trường hợp đơn giản khi A là toán tử tuyến tính trong không gian Hillbert H. Tikhonov đã xây dựng phiếm hàm làm trơn dạng: Mα[x, f0] := ‖Ax− f0‖2 + α.‖x‖ (1.19) Từ đó xác định toán tử hiệu chỉnh Rα[x, f0] cho bài toán Ax = f0 và đưa ra phương pháp chọn tham số hiệu chỉnh α. 23 Chương 2 Hiệu chỉnh cho phương trình tích phân tuyến tính loại I 2.1 Nghiệm hiệu chỉnh của phương trình tích phân tuyến tính loại I Các kết quả, định lý trong phần này được tham khảo chủ yếu trong tài liệu [1] và các tài liệu dẫn. 2.1.1. Cơ sở lý thuyết Xét phương trình tích phân Fredholm loại I Ax ≡ ∫ b a K(t, s)x(s)ds = f0(t), t ∈ [c, d], −∞ < a < b < +∞,−∞ < c < d < +∞ (2.1) ở đây nghiệm là một hàm x0(s), vế phải f0(t) là một hàm số cho trước và nhân (hạch) K(t, s) của tích phân cùng với ∂K/∂t được giả thiết là các hàm liên tục cho trước. Sự thay đổi của vế phải được cho bằng độ đo trong không gian L2[c; d], tức là khoảng cách giữa hai hàm f1(t) và f2(t) trong L2[c; d] được xác định bởi ρL2[c,d](f1, f2) = {∫ d c |f1(t)− f2(t)|2dt }1/2 . Nghiệm x0(s) được giả thiết thuộc vào lớp các hàm liên tục trên [a; b] với khoảng cách ρC[a,b](x1, x2) = max s∈[a,b] |x1(s)− x2(s)|. 24 Kí kiệu X1 = { x(s) ∈ C[a, b] : ∃x′(s), ∫ b a |x′(s)|2ds < +∞ } . Xn = { x(s) ∈ C[a, b] : ∃x(k)(s), ∫ b a |x(k)(s)|2ds < +∞, 1 ≤ k ≤ n } . Giả sử phương trình (2.1) có nghiệm x0(s) ∈ X1 theo nghĩa thông thường và để cho đơn giản ta coi nghiệm này là duy nhất. Đồng thời, thay cho vế phải f0(t) ta có fδ(t) thỏa mãn∫ d c |fδ(t)− f0(t)|2dt ≤ δ2 < ∫ d c |fδ(t)|2dt. Khi đó, dựa vào phương trình∫ b a K(t, s)x(s)ds = fδ(t) ta chỉ có thể tìm nghiệm xấp xỉ cho cho x0(s) mà thôi. Để tìm xấp xỉ cho x0(s), trước tiên ta xác định tập Q˜1δ = { x(s) ∈ X1 : ρL2[c,d](Ax, fδ) ≤ δ } . Tiếp theo từ Q˜1δ chọn một phần tử x˜δ(s) làm cực tiểu phiếm hàm Ω(x) = ∫ b a { q(s)x2(s) + p(s) ( dx ds )2} ds, ở đây p(s) và q(s) là hai hàm liên tục, không âm và p(s) ≥ p0 > 0. Ta có kết quả sau. Định lý 2.1.1. (xem [1]) Với mỗi δ > 0 và fδ(t) ∈ L2[c; d] thoả mãn ρL2[c;d](fδ, f0) ≤ δ, tồn tại x˜δ ∈ Q˜1δ sao cho Ω(x˜δ) = inf x∈Q˜1δ Ω(x). Để chứng minh định lý này, ta xét bổ đề sau. 25 Bổ đề 2.1.1. Với mỗi d0 > 0, tập Φ = {x ∈ X1 : Ω(x) ≤ d0} là một tập compact của C[a; b]. Chứng minh: Từ Ω(x) ≤ d suy ra∫ b a q(s)x2(s)ds ≤ d0, (2.2)∫ b a p(s)(x′)2(s)ds ≤ d0. (2.3) Bất đẳng thức (2.2) cho ta ∀x ∈ Φ ∃s0 ∈ [a, b] : √ q(s0)|x(s0)| ≤ √ d0 b− a. Nếu không như vậy, thì√ q(s)|x(s)| > √ d0 b− a, ∀s ∈ [a, b]. Khi đó, ∫ b a q(s)x2(s)ds > ∫ b a d0 b− ads = d0. Điều này trái với bất đẳng thức (2.2). Mặt khác, ∀s1, s2 ∈ [a, b], (s2 > s1), x ∈ Φ, |x(s2)− x(s1)|2 = ∣∣∣∣ ∫ s2 s1 x′(s)ds ∣∣∣∣2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Byniakovskii ta được |x(s2)− x(s1)|2 ≤ |s2 − s1| ∣∣∣∣∫ s2 s1 ( dx ds )2 ds ∣∣∣∣ ≤ |s2 − s1| 1 p0 ∫ s2 s1 p(s) ( dx ds )2 ds ≤ |s2 − s1| 1 p0 ∫ b a p(s) ( dx ds )2 ds ≤ |s2 − s1|d0 p0 . 26 Có nghĩa là |x(s2)− x(s1)| ≤ √ |s2 − s1| √ d0 p0 . Điều đó nói lên rằng Φ là họ các hàm liên tục đồng bậc. Bây giờ, nếu lấy s1 = s0, thì với mọi s2 ∈ [a, b] ta có |x(s2)− x(s0)| ≤ √ |s2 − s0| √ d0 p0 . Rõ ràng |x(s2)| ≤ |x(s2)− x(s0)|+ |x(s0)| ≤ √ |s2 − s0| √ d0 p0 + √ d0 b− a/q 1/2(s0). Điều này chứng tỏ Φ là tập các hàm giới nội đều. Theo định lý Arsela - Ascoli tồn tại {xn(s)} ⊂ Φ hội tụ đều trên [a, b] đến một hàm x˜ và x˜ cũng liên tục trên [a, b]. Tức là Φ là một tập compact của C[a, b]. Bây giờ trở lại Định lý 2.1.1. Trước hết ta chứng minh định lý trên ở dạng đơn giản. Xét tập Q2M = { x ∈ X2 : ∫ b a (x′′)2ds ≤M } , Q˜2Mδ = Q˜ 1 δ ∩Q2M . Ta chứng minh rằng ∀fδ ∈ L2[c, d] : ρL2[c,d](fδ, f0) ≤ δ, ∃xδ(s) : Ω(xδ) = inf x∈Q˜2Mδ Ω(x) và xδ(s) có đạo hàm liên tục trên [a, b]. Thật vậy, do Ω(x) không âm, cho nên tồn tại Ω0 = inf x∈Q˜2Mδ Ω(x) 27 và dãy cực tiểu hoá {xn(s)}, xn(s) ∈ Q˜2Mδ , sao cho lim n→∞Ω(xn) = Ω0. Ta có thể giả thiết Ω(xn) ≤ Ω(xn−1) ≤ ... ≤ Ω(x1) := M1. Như vậy, Ω(xn) ≤ M1,∀n. Theo Bổ đề 2.1.1 ta có dãy con {xnk} hội tụ đều trên [a, b] đến một hàm x˜δ(s) nào đó, khi k →∞ và lim k→∞ Ω(xnk) = Ω0. Mặt khác, ∫ b a p(s)((x′nk)(s)) 2ds ≤M1,∫ b a (x′′nk) 2ds ≤M. Đặt d = max(M,M1). Theo Bổ đề 2.1.1 tồn tại một dãy con {x′m(s)} của {x′nk} hội tụ đều trên [a, b] đến xδ(s) nào đó. Do {xnk} hội tụ đến x˜δ(s), cho nên xδ(s) = x˜ ′ δ(s). Dễ dàng nhận thấy x˜δ(s) ∈ Q˜1δ và lim m→∞Ω(xm) = Ω(x˜δ) = Ω0. Điều đó có được nhờ qua giới hạn dưới dấu tích phân do {xm} và {x′m} hội tụ đều. Bây giờ ta chứng minh Định lý 2.1.1. Xét tích vô hướng 〈 x1, x2 〉 1 trên X1 được xác định như sau〈 x1, x2 〉 1 = ∫ b a { q(s)x1(s)x2(s) + p(s)x ′ 1(s)x ′ 2(s) } ds với chuẩn ‖x‖1 = √〈 x, x 〉 1 và khoảng cách ρ1(x1, x2) = ‖x1 − x2‖1. Đây chính là chuẩn của không gian W 12 . 28 Do Ω(x) ≥ 0 tồn tại Ω0 = inf x∈Q˜1δ Ω(x) và dãy cực tiểu hoá {x˜n(s)}, x˜n(s) ∈ Q˜1δ, sao cho lim n→∞Ω(x˜n) = Ω0. Đặt Ωn = Ω(x˜n). Khi đó, ta có thể giả thiết là Ωn ≤ Ωn−1, ∀n. Theo Bổ đề 2.1.1, tồn tại dãy con {x˜nk} hội tụ đều trên [a, b] đến một hàm x˜ nào đó, với mỗi δ cố định. Ta chứng minh rằng x˜nk hội tụ đến x˜ theo chuẩn ‖.‖1. Giả sử ngược lại, tức là ‖x˜nk − x˜‖1 không dần tới 0, khi k → ∞. Như vậy, tồn tại một số ε0 nào đó và dãy số nguyên {m}, {pm} sao cho ‖x˜m − x˜m+pm‖1 ≥ ε0. Đặt βm = x˜m − x˜m+pm. Xét dãy ξm = 0, 5(x˜m + x˜m+pm). Rõ ràng ξm = x˜m − 0, 5βm = x˜m+pm + 0, 5βm và Ω(ξm) = ‖x˜m‖21 − 〈 x˜m, βm 〉 1 + 0, 25‖βm‖21 ≥ Ω0. Do ‖x˜m‖21 = Ω(x˜m) và Ω(x˜m)→ Ω0 khi m→∞, cho nên −〈x˜m, βm〉1 + 0, 25‖βm‖21 ≥ −∆′m, (2.4) ở đây ∆′m = Ω(x˜m)− Ω0 và ∆′m → 0, khi m→∞. Tương tự, sử dụng ξm = x˜m+pm + 0, 5βm ta có Ω(ξm) = ‖x˜m+pm‖21 − 〈 x˜m+pm, βm 〉 1 + 0, 25‖βm‖21 ≥ Ω0. Suy ra 〈 x˜m+pm, βm 〉 1 + 0, 25‖βm‖21 ≥ −∆′′m, (2.5) ở đây ∆′′m = Ω(x˜m+pm)−Ω0 và ∆′′m → 0, khi m→∞. Cộng hai bất đẳng thức (2.4) và (2.5) ta được −〈x˜m − x˜m+pm, βm〉1 + 0, 5‖βm‖21 ≥ −(∆′m + ∆′′m) 29 hay −0, 5‖βm‖21 ≥ −(∆′m + ∆′′m). Suy ra ‖βm‖21 = ‖x˜m − x˜m+pm‖21 ≤ 2(∆′m + ∆′′m) → 0, khi m → ∞. Như vậy phải tồn tại m(ε0) : m > m(ε0), ‖x˜m− x˜m+pm‖1 < ε0 2 . Điều này mâu thuẫn với ‖x˜m − x˜m+pm‖1 ≥ ε0. Như vậy, {x˜m} là một dãy Cauchy trong không gian đầy đủW 12 . Do đó x˜nk hội tụ trong ‖.‖1 đến một hàm x˜ nào đó. Tức là dãy {x˜nk} hội tụ đều trên [a, b] đến x˜(s) := x˜δ ∈ Q˜1δ. Định lý được minh. 2 Định lý 2.1.2. (xem [1]) Dãy {x˜δ} hội tụ đến x0(s), khi δ → 0. Chứng minh: Lấy một dãy số δn bất kì dần tới 0, khi n→∞. Tương ứng, ta có dãy {x˜δn} : ρL2[c,d](Ax˜δn, fδn) ≤ δn. Với mỗi n cố định ta có tập Q˜1δn và Ω(x˜δn) = inf x∈Q˜1δn Ω(x), x˜δn ∈ W 12 . Suy ra Ω(x˜δn) ≤ Ω(x0) := d. Theo Bổ đề 2.1.1, tồn tại một dãy con {x˜δnk} hội tụ đều đến x˜. Do x˜δn ∈ Q˜1δn, cho nên ρL2[c,d](Ax˜δnk, fδnk ) ≤ δnk. Vì x˜δnk hội tụ đều trên [a, b] đến x˜(s), ta có ρL2[c,d](Ax˜, f0) = 0. Phương trình tích phân (2.1), theo giả thiết chỉ có một nghiệm x0(s), cho nên x˜(s) = x0(s). Cũng lý do đó, x˜δ hội tụ đều đến x0(s), khi δ → 0. Định lý được chứng minh. 2 Chú ý 2.1.1. Ta có thể xây dựng phiếm hàm Ω(x) = ∫ b a { n∑ k=0 qk(s) ( dkx dsk )2} ds, 30 ở đây qk(s), k = 0, ..., n liên tục, không âm và qn(s) ≥ c > 0. Nếu thay cho Q˜1δ lấy Q˜nδ = {x ∈ Xn : ρL2[c,d](Ax, fδ) ≤ δ} ta được nghiệm xấp xỉ x˜δ(s) có độ trơn bậc n (đạo hàm cấp n). Bổ đề 2.1.2. ρL2[c,d](Ax˜δ, fδ) = δ. (2.6) Chứng minh: Giả sử ρL2[c,d](Ax˜δ, fδ) = β < δ. Theo giả thiết δ2 < ∫ d c (fδ(t)) 2dt và Ω(0) = 0, cho nên x˜δ 6≡ 0. Do toán tử tích phân (2.1) liên tục trên X1, tồn tại một lân cận U(x˜δ) của x˜δ sao cho ρL2[c,d](Ax(s), Ax˜δ) < δ − β 2 , x(s) ∈ U(x˜δ) và ρL2[c,d](Ax, fδ) < δ,∀x ∈ U(x˜δ). Thật vậy, ρL2[c,d](Ax, fδ) ≤ ρL2[c,d](Ax,Ax˜δ) + ρL2[c,d](Ax˜δ, fδ) < δ − β 2 + β = δ. Có nghĩa là mọi hàm x ∈ U(x˜δ) đều thoả mãn ‖Ax − fδ‖L2[c,d] < δ. Điều này dẫn đến việc tìm được một hàm xδ ∈ U(x˜δ) sao cho Ω(xδ) < Ω(x˜δ). Bất đẳng thức đó trái với kết luận x˜δ cực tiểu phiếm hàm Ω(x) trên Q˜δ. Như vậy, bổ đề được chứng minh. 2 31 Chú ý 2.1.2. Bổ đề này chứng tỏ việc tìm phần tử x˜δ ∈ Q˜1δ làm cực tiểu Ω(x) tương đương với bài toán Tìm x(s) ∈ X1 : ‖Ax− fδ‖L2[c,d] = δ. (2.7) Bài toán sau cùng quy về việc tìm x˜δ làm cực tiểu Mα[x, fδ] = ρL2[c,d](Ax, fδ) 2 + αΩ(x), (2.8) và chọn tham số α = α(δ) sao cho ρL2[c,d](Ax˜δ, fδ) = δ. Ta có kết quả sau. Định lý 2.1.3. (xem [1]) Với mỗi α > 0 và f ∈ L2[c, d] tồn tại duy nhất một hàm xα(s) có đạo hàm (xα(s))′ và ∫ b a ((x α(s))′)2ds < +∞ sao cho Mα[xα, f ] = inf x∈X1 Mα[x, f ]. (2.9) Chứng minh: Với mỗi α > 0 cố định,Mα[x, f ] ≥ 0,∀x ∈ X1. Do đó, tồn tại dãy cực tiểu {x˜αn(s)} ⊂ X1 để lim n→∞M α[x˜αn, f ] = inf x∈X1 Mα[x, f ]. Kí hiệu Mαn = M α[x˜αn, f ]. Ta có thể chọn dãy cực tiểu {x˜αn(s)} sao cho Mαn ≤ Mαn−1,∀n. Khi đó, Ω(x˜αn(s)) ≤ Mα1 /α, ∀n. Như vậy, theo Bổ đề 2.1.1 dãy {x˜αn(s)} là một tập compact. Do đó, tồn tại một dãy con, vẫn kí hiệu là {x˜αn(s)}, hội tụ đều trên [a, b] đến x˜α(s) ∈ X1. Bây giờ, ta sẽ chứng minh dãy con này là một dãy cơ bản trong chuẩn của X1. Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại một số dương và dãy số nguyên {m, pm} sao cho ‖x˜αm(s)− x˜αm+pm(s)‖1 ≥ ε0. Đặt βαm = x˜ α m − x˜αm+pm. Xét dãy ξαm = 0, 5(x˜αm + x˜αm+pm). Rõ ràng ξαm = x˜ α m − 0, 5βαm = x˜αm+pm + 0, 5βαm 32 và Mα[ξαm, f ] = ‖Aξαm − f‖2L2[c,d] + αΩ(ξαm) = ‖Aξαm − f‖2L2[c,d] + α[‖x˜αm‖21 − 〈 x˜αm, β α m 〉 1 + 0, 25‖βαm‖21] ≥Mα0 . Do dãy {x˜αn} hội tụ đều đến x˜α, cho nên ‖ξαm − x˜α‖C[a,b] → 0 và ‖ξαm − x˜αm‖C[a,b] → 0, khi m→∞. Mặt khác, vì A là một toán tử liên tục, suy ra ‖Aξαm − f‖2L2[c,d] ≤ ‖Ax˜αm − f‖2L2[c,d] + 0, 5‖A(x˜αm − x˜αm+pm)‖L2[c,d] + ∆′m và ∆′m → 0, khi m→∞. Do đó, α[−〈x˜αm, βαm〉1 + 0, 25‖βαm‖21] ≥Mα0 −Mαm − |∆′m| := ∆′′m ở đây ∆′′m > 0 và ∆ ′′ m → 0, khi m→∞. Tương tự, thay ξαm = x˜ α m+pm + 0, 5β α m ta được α[ 〈 x˜αm+pm, β α m 〉 1 + 0, 25‖βαm‖21] ≥ −∆′′′m, ở đây ∆′′′m > 0 và ∆ ′′′ m → 0, khi m→∞. Cộng hai bất đẳng thức cuối cùng ta có −〈x˜αm − x˜αm+pm, βαm〉1 + 0, 5‖βαm‖21 ≥ −(∆′′m + ∆′′′m) hay −0, 5‖βαm‖21 ≥ −(∆′′m + ∆′′′m). Điều này dẫn đến ‖βαm‖21 = ‖x˜αm − x˜αm+pm‖21 ≤ 2(∆′′m + ∆′′′m) → 0, khi m→∞. Như vậy phải tồn tại m(ε0) : m > m(ε0), ‖x˜αm − x˜αm+pm‖1 < ε0 2 . Bất đẳng thức này mâu thuẫn với ‖x˜αm − x˜αm+pm‖1 ≥ ε0. Như vậy, {x˜αm} là một dãy Cauchy trong không gian đầy đủW 12 . Do đó x˜ α nk cũng hội tụ trong 33 ‖.‖1 đến hàm xα nào đó thuộc X1. Do dãy {x˜αnk} hội tụ đều trên [a, b] đến x˜α(s) ∈ Q˜1δ. Cho nên x˜α = xα. Định lý được chứng minh. 2 Như vậy, với mọi f ∈ L2[c, d] và α > 0 ta xác định được một toán tử R(f, α) theo quy tắc x˜α = R(f, α), ở đây x˜α là phần tử cực tiểu phiếm hàm Mα[x, f ] trên X1. Để chứng tỏ R(f, α) là một thuật toán hiệu chỉnh phải chỉ ra được mối quan hệ α = α(δ) sao cho phần tử x˜α(δ) làm cực tiểu phiếm hàmMα[x, fδ] hội tụ đến x0(s) trong X 1 . Điều đó được khẳng định ở định lý sau. Định lý 2.1.4. (xem [1]) Giả sử ∀δ > 0, fδ ∈ L2[c, d] và hàm β1(δ), β2(δ) thoả mãn điều kiện β2(0) = 0, δ 2 ≤ β1(δ)β2(δ), δ ∈ (0, δ1], là các hàm số dương, liên tục và giảm dần tới không. Khi đó, với α = α(δ): δ2 β1(δ) ≤ α(δ) ≤ β2(δ), (2.10) ta có max s∈[a,b] |x˜α(δ)(s)− x0(s)| → 0. (2.11) Chứng minh: Vì Mα[x, fδ] đạt giá trị cực tiểu tại x = x˜ α(δ) , cho nên Mα[x˜α, fδ] ≤Mα[x0, fδ]. Mặt khác, αΩ(x˜α) ≤Mα[x˜α, fδ] ≤Mα[x0, fδ] = ‖Ax0 − fδ‖2L2[c,d] + αΩ(x0) ≤ ‖f0 − fδ‖2L2[c,d] + αΩ(x0) ≤ δ2 + αΩ(x0) = α[δ 2 α + Ω(x0)], ở đây α = α(δ). Do δ2/β1(δ) ≤ α(δ), cho nên δ2 α ≤ β1(δ) ≤ β1(δ1) 34 và δ2 α + Ω(x0) ≤ β1(δ1) + Ω(x0) := d˜. Như vậy, Ω(x˜α) ≤ d˜,Ω(